二、解答题
1、解：（Ⅰ）由题意知，函数f（x）的定义域为（0，+∞），方程f′（x）=0在（0，+∞）有两个不同根； 即方程lnx﹣ax=0在（0，+∞）有两个不同根；
（解法一）转化为函数y=lnx与函数y=ax的图象在（0，+∞）上有两个不同交点，
如右图．
可见，若令过原点且切于函数y=lnx图象的直线斜率为k，只须0＜a＜k． 令切点A（x0，lnx0）， 故
，又
，故
，解得，x0=e， 故
，
故．??4分
（解法二）转化为函数
与函数y=a的图象在（0，+∞）上有两个不同交点．
又，
即0＜x＜e时，g′（x）＞0，x＞e时，g′（x）＜0， 故g（x）在（0，e）上单调增，在（e，+∞）上单调减． 故g（x）极大=g（e）=；
又g（x）有且只有一个零点是1，且在x→0时，g（x）→﹣∞，在在x→+∞时，g（x）→0，
故g（x）的草图如右图，
可见，要想函数只须
． ??4分
与函数y=a的图象在（0，+∞）上有两个不同交点，
（解法三）令g（x）=lnx﹣ax，从而转化为函数g（x）有两个不同零点， 而
（x＞0），
若a≤0，可见g′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，所以g（x）在（0，+∞）单调增，
此时g（x）不可能有两个不同零点． 若a＞0，在所以g（x）在=
，
时，g′（x）＞0，在
上单调增，在
时，g′（x）＜0，
上单调减，从而
又因为在x→0时，g（x）→﹣∞，在在x→+∞时，g（x）→﹣∞， 于是只须：g（x）极大＞0，即综上所述，
（Ⅱ）因为
． ??4分
等价于1+λ＜lnx1+λlnx2．
，所以
．
由（Ⅰ）可知x1，x2分别是方程lnx﹣ax=0的两个根， 即lnx1=ax1，lnx2=ax2
所以原式等价于1+λ＜ax1+λax2=a（x1+λx2），因为λ＞0，0＜x1＜x2， 所以原式等价于
．
又由lnx1=ax1，lnx2=ax2作差得，
，即．
所以原式等价于，
因为0＜x1＜x2，原式恒成立，即
恒成立．
令，t∈（0，1），
则不等式
令
在t∈（0，1）上恒成立． ??8分
，
又=，
2
当λ≥1时，可见t∈（0，1）时，h′（t）＞0，
所以h（t）在t∈（0，1）上单调增，又h（1）=0，h（t）＜0在t∈（0，1）恒成立，符合题意．
222
当λ＜1时，可见t∈（0，λ）时，h′（t）＞0，t∈（λ，1）时h′（t）＜0，
所以h（t）在t∈（0，λ）时单调增，在t∈（λ，1）时单调减，又h（1）=0， 所以h（t）在t∈（0，1）上不能恒小于0，不符合题意，舍去． 综上所述，若不等式
2
恒成立，只须λ≥1，又λ＞0，所以λ≥1． ?12分
22
4x?a?4lnx)(3x?1)?3(4x?a)lnxx2、（Ⅰ）f?(x)? --------------1分
(3x?1)2(由题设f?(1)?1，∴
4?a?1 ?a?0. -------------2分 4（Ⅱ）f(x)?4xlnx1?????，f(x)?m(x?1)，即4lnx?m?3x??2? ,?x??1 3x?1x??设g?x??4lnx?m?3x???1????,g(x)?0. ?2?，即?x??1 x?41??3mx2?4x?m? g??1??4-4m ----------------------------3分 g??x???m?3?2??2xx?x?①若m?0,g?(x)?0，g(x)?g(1)?0，这与题设g(x)?0矛盾
2?4?3m2②若m??0,1?当x?(1,),g?(x)?0,g(x)单调递增，g(x)?g(1)?0，与题设
3m矛盾.
③若m?1,当x?(1,??),g?(x)?0，g(x)单调递减，g(x)?g(1)?0，即不等式成立 综上所述，m?1 .------------------------------------------------------------------------7分
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当x?1时, m?1时,lnx??3x??2?成立. ---------------9分
4?x? 不妨令x?1?1?4i?14i?116i,i?N*所以ln， ?4i?34i?3?4i?1??4i?3?
ln4?116?4?3?4?1??4?3?ln4?2?116?2 ?4?2?3?4?2?1??4?2?3?ln4?3?116?3 ?4?3?3?4?3?1??4?3?3?
…………ln 累加可得
4n?116n?4n?3?4n?1??4n?3?
∴ln(4n?1)?16 (n?N? ?4i?1??4i?3?i?1ni*) ---------------12分
12ax2?(1?2a)x?1(2ax?1)(x?1)?3、（Ⅰ）f?(x)?2ax?(1?2a)??，????1分
xxx当a?0时，由f?(x)?0，得x1??
①当?1，x2?1，又x?[1,2]，则有如下分类： 2a11≥2，即?≤a?0时， f(x)在[1,2]上是增函数， 2a4max所以f(x)②当1??在(??f(2)?2?ln2．
???????????????????2分
1111?2，即??a??时，f(x)在[1,?)上是增函数， 2a242a1,2]上是减函数， 2a11)?1??ln(?2a)． ??????????????????3分 所以f(x)max?f(?2a4a③当?11≤1，即a≤?时，f(x)在[1,2]上是减函数， 2a2max所以f(x)?f(1)?1?a．
??????????????????4分
综上，函数f(x)在[1,2]上的最大值为
f(x)max1?2?ln2,(?≤a?0)?4?111???1??ln(?2a),(??a??)， ?????????????5分
24?4a1?1?a,(a≤?)?2?
（Ⅱ）设M(x0,y0)，则点N的横坐标为x0?直线AB的斜率k1?x1?x2， 2y1?y21?[a(x12?x22)?(1?2a)(x1?x2)?lnx2?lnx1]
x1?x2x1?x2lnx2?lnx1，?????????????7分
x1?x2?a(x1?x2)?(1?2a)?
C在点N处的切线斜率 k2?f?(x0)?2ax0?(1?2a)?21， ?a(x1?x2)?(1?2a)?x0x1?x2假设曲线C在点N处的切线平行于直线AB，则k1?k2， 即
lnx2?lnx12，?????????????8分 ??x1?x2x1?x22(x2?1)x22(x2?x1)x1??所以ln ，
x2x1x1?x21?x1不妨设x1?x2，
2(t?1)x2，???????????10分 ?t?1，则lnt?1?tx1令g(t)?lnt?2(t?1)1?t(t?1)，g?(t)????0， 22t(1?t)t(1?t)2(t?1)1?t不成立，
14(t?1)2所以g(t)在(1,??)上是增函数，又g(1)?0，所以g(t)?0，即lnt?所以曲线C在点N处的切线不平行于直线AB. ??????????12分 4、解：（Ⅰ）设切点为
，
，
依题意即
解得 3分
所以当变化时，
与
，．
的变化情况如下表：
所以在上单调递增，在，理由如下：
6分
上单调递减． 5分
（Ⅱ）存在